解：如图建立直角坐标系，则B(0,1,0),D(,0,0),C(1,1,0),S(0,0,1)
????1????????1AD?(,0,0),SC?(1,1,?1),SD?(,0,?1)，?SA?平面ABCD,?AD?平面SAB
22?????z 所以AD是平面SAB的一个法向量。设平面SCD的一个法向量n?(x,y,z)
???????????x?y?z?0??n?SCn?SC?0?x?2z???S ??由?????， ,????1??????x?z?0?y??z????n?SD?n?SD?0?2?????B ???????????AD?n62令z?1,n?(2,?1,1)，?cos?AD,n????? ,?tan?AD,n?????32AD?nA D 平面SCD与平面SAB所成的二面角的正切值为12y C x 2 2点评：用向量知识求二面角的大小时，是将二面角的问题转化为两平面的法向量的夹角问题，（1）当法向量n1与n2的方向分别指向二面角内侧与外侧时，二面角的大小等于法向量
??????????n1与n2的夹角的大小。
?????（2）当法向量n1与n2的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角的大小等于法向量?????????n1与n2的夹角的补角???n1,n2?。
三、利用向量知识解决平行与垂直问题。
例9：解：∵直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC、BC、C1C两两垂直，如图，以C为坐标原点，直线CA、CB、C1C分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C（0,0，0），A（3,0，0），C1（0,0，4），B（0,4，0），B1（0,4，4），D（
3，2,0） 2（1）∵AC＝（－3,0，0），BC1＝（0，－4,0），∴AC?BC1＝0，∴AC⊥BC1. （2）设CB1与C1B的交战为E，则E（0,2，2）.∵DE＝（－
????1?????4），∴DE?AC1，∴DE∥AC1. ∵ DE?平面CDB1，AC1?
2平面CDB1，∴ AC1//平面CDB1； 点评：平行问题的转化： 面面平行线面平行线线平行； 转化 转化
例10． 解：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x,y,z3，0,2），AC1＝（－3,0，2轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0）C（0，2，0） （1）因为DA,0,1),(1,x,?1)?0,所以DA1?D1E. 1,D1E?(1（2）因为E为AB的中点，则E（1，1，0），从而
D1E?(1,1,?1),AC?(?1,2,0)，
A1D1B1DAEB???????n?AC?0,，设平面ACD的法向量为，则 AD1?(?1,0,1)n?(a,b,c)?1????????n?AD1?0,也即???a?2b?0?a?2b，得?，从而n?(2,1,2)，所以点E到平面AD1C的距离为
??a?c?0?a?c?2?1?21?. 33h?|D1E?n||n|（3）设平面D1EC的法向量n?(a,b,c)，∴CE?(1,x?2,0),D1C?(0,2,?1),DD1?(0,0,1),
????????n?D1C?0,?2b?c?0??由????? 令b=1, ∴c=2,a=2－x， ?a?b(x?2)?0.???n?CE?0,∴n?(2?x,1,2).
??????|n?DD1|?222????????. 依题意cos??24|n|?|DD1|22(x?2)?5∴x1?2?3（不合，舍去），x2?2?3 . ∴AE=2?3时，二面角D1—EC—D的大小为
?. 4四、利用向量知识解决立体几何中的探索性问题。
例11．解：直三棱柱ABC?A1B1C1，AC?3,BC?4,AB?5,AC,BC,CC1两两垂直，以
C为坐标原点，
直线CA,CB,CC1分别为x轴y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则C(0,0,4),A(3,0,0),C1(0,0,4)，B(0,4,0),B1(0,4,4)
C1 A1 C A Z B1 ???????????????????????????（1）?AC?(?3,0,0),BC1?(0,?4,4)，?AC?BC1?0,?AC?BC1 ?AC?BC
x ????????（2）假设在AB上存在点D，使得AC1?CD，则AD??AB?(?3?,4?,0)
D B y ?????????其中0???1，则D(3?3?,4?,0)，于是CD?(3?3?,4?,0)由于AC1?(?3,0,4)，且AC1?CD
所以?9?9??0得??1，所以在AB上存在点D使得AC1?CD，且这时点D与点B重合。
????????（3）假设在AB上存在点D使得AC1//平面CDB1，则AD??AB?(?3?,4?,0)其中
?????????0???1则D(3?3?,4?,0)，B1D?(3?3?,4??4,?4)又BC?(0,?4,?4).由于1???????????????????AC1?(?3,0，,4AC)1//平面CDB1，所以存在实数m,n,使AC1?mB1D?nBC1成立，
?m(3?3?)??3,m(4??4)?4n?0,?4m?4n?4,所以??使得AC1//平面CDB1，且D使AB的中点。
总结：向量有一套良好的运算性质，它可以把几何图形的性质转化为向量运算，实现了数与形的结合，在解决立体几何的距离与夹角、平行与垂直、探索性等问题中体现出巨大的优越性，请同学们认真领会。 五、专题突破：
1，所以在AB上存在点D2????????????????????????1解：设AC?a,CD?b,DB?c,a?b?c?1,?a,b???b,c??90?,?a,c??60?，?????????2?2?2?2?????AB?(a?b?c)?a?b?c?2ab?2bc?2ac?2，
?????????????????????AB?CD(a?b?c)?bb21（1）?cos?AB,CD??????， ???????????a?b?c?b2?12AB?CD?AB,CD所成的角为60?
??????????????（2）设与AB,CD都垂直的非零向量n?xa?yb?zc,由n?AB,n?CD得
????????(xa?yb?zc)?(a?b?c)?0?3x?2y?3z?0，令????????y?0??(xa?yb?zc)?b?0???x?1,得z??1,?n?a?c，
????????(a?c)?a1AC?n?? 设AB与CD的距离为d，?d????2n2(a?c)2、解：以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角
坐标系（如图），设AD=a，则D（0，0，0）、A（a,0,0）、B(a,a,0)、
aaaa,0)、F(,,)、P(0,0,a). 2222aa（Ⅰ）EF?DC?(?,0,)?(0,a,0)?0,?EF?DC.
22C(0,a,0)E(a,（Ⅱ）设G(x,0,z),则G?平面PAD.
????aaaFG?(x?,?,z?),222????????aaaaaFG?CB?(x?,?,z?)?(a,0,0)?a(x?)?0,x?;22222（Ⅲ）设平面DEF的法2????????aaaaaFG?CP?(x?,?,z?)?(0,?a,a)??a(z?)?0,z?0.22222a?G点坐标为(,0,0),即G点为AD的中点.2向量为n?(x,y,z).
aaa??????(x,y,z)?(,,)?0,??n?DF?0,??222由??????得???n?DE?0?(x,y,z)?(a,a,0)?0,??2?a(x?y?z)?0,??2即?取x?1,则y??2,z?1,?ax?ay?0.??2???????????BD?na3????n?(1,?2,1).cos?BD,n??????,|BD||n|2a?66
?33?DB与平面DEF所成角大小为?arccos(即arcsin).2663、证明：（1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，易知面ACC1A1⊥面ABC，
∵∠ACB=90°，∴BC⊥面ACC1A1，∵AM?面ACC1A1，∴BC⊥AM ∵AM?BA1，且BC?BA1?B，∴ AM?平面A1BC
解：（2）如图以C为原点,CA，CB， CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标
?????????系，则A(3,0,0),AB(0,1,，设0)M(0,0,z1)∵AM?BA1，∴AM?BA1?0即1(3,0,6),?3?0?6z1?0，故z1?66) ，所以M(0,0,22????????????????????????m?AM?0设向量m?(x,y,z)为平面AMB的法向量，则m?AM,m?AB，则?????? 即 ???m?AB?0?6??????z?0??3x?CB，令x=1，的平面AMB的一个法向量为，显然向量是m?(1,2,3)2???3x?y?0?????????????m?CB2??平面AMC的一个法向量， cos?m,CB???????
|m|?|CB|2??????易知，m与CB所夹的角等于二面角B－AM－C的大小，故所求二面角的大小为45°．
??????|m?CB||m?CB|????（3）向量CB在法向量m上的投影的长即为所求距离，∵ ???????|m|??????|m|36?2∴2点C到平面ABM的距离为
2 24、（Ⅰ）建立空间直角坐标系D?xyz，如图，则又
D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,3),D1(0,0,3),E(1,2,0)
连接CD1,与C1D相交于O，连接EO易知O（0，1，1.5）
??????????????????∴BD1?(?2,?2,3),EO?(?1,?1,1.5) ∴BD1?2EO
∴EO//BD1
又BD1?平面C1DE，EO?平面C1DE ∴BD1//平面C1DE
（Ⅱ）解：过点C做CH?DE于H，连接C1H，在正四棱柱ABCD?ACC1?1BC11D1中，平面ABCD∴C1H?DE，C1HC是二面角C1?DE?C的平面角
?????????根据平面几何知识，易得H(0.8,1.6,0)∴HC?(?0.8,0.4,0),HC1?(?0.8,0.4,3)
??????????????????HC?HC12∵cosC1HC?cos(HC?HC1)????????? ??
7HC?HC1∴?C1HC?arccos22∴二面角C1?DE?C的大小为arccos 77
（Ⅲ）解：在侧棱BB1上不存在点P，使得CP?平面C1DE 证明如下：假设CP?平面C1DE，则必有CP?DE
????????设P(2,2,a)，其中0?a?3，则CP?DE?2?0，这显然与CP?DE矛盾
∴假设CP?平面C1DE不成立，即在侧棱BB1 上不存在点P，使得CP?平面C1DE 5、（1）如图建立直角坐标系，其中C为坐标原点.依题意A（2，0，0），B（0，2，0），B1（0，2，2），C1（0，0，2），因为AB1?BC1?(?2,2,2)?(0,?2,2)?0，所以AB1⊥BC1.